Question

16．氮化硅（Si₃N₄）是一種新型陶瓷材料，它可由石英與焦炭在高溫的氮氣流中，通過以下反應(yīng)制得：3SiO₂（s）+6C（s）+2N₂（g）?Si₃N₄（s）+6CO（g）
（1）該反應(yīng)的氧化劑是N₂，其氧化產(chǎn)物是CO；
（2）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=$\frac{{c}^{6}（CO）}{{c}^{2}（{N}_{2}）}$
（3）若知上述反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則其反應(yīng)熱△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”）；升高溫度，其平衡常數(shù)值減�。ㄌ睢霸龃蟆�、“減小”或“不變”）； 若已知CO生成速率為v（CO）=18mol•L^-1•min^-1，則N₂消耗速率為v（N₂）=6mol/（L•min）
（4）若該反應(yīng)的平衡常數(shù)為 K=729，則在同溫度下1L密閉容器中，足量的SiO₂和C與2mol N₂充分反應(yīng)，則N₂的轉(zhuǎn)化率是50% （提示：27²=729）

Answer 1

分析 （1）所含元素化合價降低的反應(yīng)物為氧化劑，元素化合價升高發(fā)生氧化反應(yīng)得到氧化產(chǎn)物；
（2）學(xué)平衡常數(shù)是指：一定溫度下，可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體、純液體不需要在化學(xué)平衡常數(shù)中寫出；
（3）放熱反應(yīng)的焓變△H＜0，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小；根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算v（N₂）；
（4）設(shè)氮氣的轉(zhuǎn)化率為a，表示出平衡時氮氣、CO的物質(zhì)的量，再根據(jù)K=$\frac{{c}^{6}（CO）}{{c}^{2}（{N}_{2}）}$=729計算．

解答 解：（1）反應(yīng)中N元素化合價降低，故N₂是氧化劑，C元素元素化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)得到氧化產(chǎn)物為CO，
故答案為：N₂；CO；
（2）可逆反應(yīng)3SiO₂（s）+6C（s）+2N₂（g）?Si₃N₄（s）+6CO（g）的平衡常數(shù)表達(dá)式K=$\frac{{c}^{6}（CO）}{{c}^{2}（{N}_{2}）}$，
故答案為：$\frac{{c}^{6}（CO）}{{c}^{2}（{N}_{2}）}$；
（3）對于放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱△H＜0；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆反應(yīng)進行，化學(xué)平衡常數(shù)減小；
已知CO生成速率為v（CO）=18mol/（L•min），根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則N₂消耗速率為v（N₂）=$\frac{1}{3}$v（CO）=$\frac{1}{3}$×18mol/（L•min）=6mol/（L•min），
故答案為：＜；減�。�6mol/（L•min）；
（4）設(shè)氮氣的轉(zhuǎn)化率為a，則反應(yīng)的氮氣為2a mol，則：
          3SiO₂（s）+6C（s）+2N₂（g）?Si₃N₄（s）+6CO（g）
起始量（mol）：2                 0
變化量（mol）：2a                6a
平衡量（mol）：2-2a              6a
容器體積為1L，則K=$\frac{{c}^{6}（CO）}{{c}^{2}（{N}_{2}）}$=$\frac{（6a）^{6}}{（2-2a）^{2}}$=729，解得a=50%，
故答案為：50%．

點評 本題考查化學(xué)平衡計算、平衡常數(shù)及其應(yīng)用、化學(xué)反應(yīng)速率計算、氧化還原反應(yīng)等，注意理解掌握平衡常數(shù)及應(yīng)用，（4）計算為易錯點，難度中等．